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Para n=1 se cumple trivialmente, el único divisor es d=1 y tendremos 1^3 = 1^2

Para las potencias de primos se cumple, sea

n = p^k

los divisores son

D= {1, p, p^2, p^3, …, p^k}

y la cantidad de divisores de cada uno de esos elementos es respectivamente:

1, 2, 3, 4, …, k+1

entonces habría que demostrar que

1^3 + 2^3 + 3^3 + 4^3 + … + (k+1)^3 = (1+2+3+4+…+(k+1))^2

pero esto ya está demostrado de hace tiempos, yo lo usaba para las sumas de Riemann.

Tal vez no le encuentres tal como lo puse pero sí encontrarás nada más que googlees suma de cubos con:

∑i=1ni3=(n(n+1)2)2∑i=1ni3=(n(n+1)2)2

que es lo mismo que

∑i=1ni3=(∑i=1ni)2∑i=1ni3=(∑i=1ni)2

que llamando n=k+1 es lo que ponía arriba.

Y lo que te quedaría por demostrar es que sirve para los productos de potencias de primos. Aunque a lo mejor hay otro método más sencillo de probarlo. Yo ya no sigo más.

Bueno, voy a añadir algo más que se me ha ocurrido, es la forma directa de calcular el sumatorio de la derecha el de las tau(d).

Para ello descomponemos n en factores primos y lo único que interesa son los exponentes, da lo mismo los primos que sean, es decir, ese sumatorio será el mismo para

223372223372

que para

113132172113132172

ya que los exponentes son 2, 2 y 3.

Luego descomponemos n en factores primos

n=pk11pk22⋅⋅⋅pkjjn=p1k1p2k2···pjkj

entonces se cumple:

∑d|nτ(d)=∏i=1j(ki+1)(ki+2)2∑d|nτ(d)=∏i=1j(ki+1)(ki+2)2

es muy complejo poner la demostración pero es verdadera.

Nótese que cada elemento de ese multiplicatorio es el sumatorio entre 1 y el exponente+1

∏i=1j(ki+1)(ki+2)2=∏i=1j∑l=1ki+1l∏i=1j(ki+1)(ki+2)2=∏i=1j∑l=1ki+1l

Por ejemplo, si n= 9000 tenemos

n=9000=233253n=9000=233253

∑d|nτ(d)=(1+2+3+4)(1+2+3)(1+2+3+4)=10⋅6⋅10=600∑d|nτ(d)=(1+2+3+4)(1+2+3)(1+2+3+4)=10·6·10=600

Todo esto que he puesto podría ponerse de otra forma que nos ayude mejor.

Si n = m · r con mcd(m, r)=1 entonces:

\displaystyle\sum_{d|n}\tau(d)=∑d|mτ(d)×∑d|rτ(d)=∑d|mτ(d)×∑d|rτ(d)

y aparte, si p es primo entonces el sumatorio de los tau de los divisores de p^k será

∑d|pkτ(d)=(k+1)(k+2)2∑d|pkτ(d)=(k+1)(k+2)2

o si lo prefieres aunque más incómodo:

∑d|pkτ(d)=∑i=1k+1i∑d|pkτ(d)=∑i=1k+1i

con ello se puede calcular el miembro derecho para cualquier n sin más que calcular los exponentes de los factores primos.

Y si puedo deducirla, ya pondré la fórmula para la suma de los cubos de las tau(d)

Vamos con el sumatorio de los cubos de las tau. Así como el sumatorio de las tau lo pude descomponer en mi hoja en borrador en sumatorio de multiplicatorios de números comprendidos entre 1 y el exponente+1.

Por ejemplo, para n=100=2252Por ejemplo, para n=100=2252

∑d|2252τ(d)=1⋅1+1⋅2+1⋅3+1⋅1+2⋅2+2⋅3+3⋅1+3⋅2+3⋅3=36∑d|2252τ(d)=1·1+1·2+1·3+1·1+2·2+2·3+3·1+3·2+3·3=36

Para el sumatorio de los cubos lo que resulta es un sumatorio de multiplicatorios de los cubos de esos mismos números

∑d|2252(τ(d))3=1313+1323+1333+1313+2323+2333+3313+3323+3333=1296∑d|2252(τ(d))3=1313+1323+1333+1313+2323+2333+3313+3323+3333=1296

De nuevo no voy a demostrarlo pero se puede comprobar que si

n=m · r con mcd(m, r) = 1

∑d|n(τ(d))3=∑d|m(τ(d))3×∑d|r(τ(d))3∑d|n(τ(d))3=∑d|m(τ(d))3×∑d|r(τ(d))3

que completamos con que para p^k el valor es la suma de los cubos hasta k+1, lo cual vale según la fórmula para la suma de los cubos que decía muy arriba

∑d|pk(τ(d))3=∑i=1k+1i3=(∑i=1k+1i)2∑d|pk(τ(d))3=∑i=1k+1i3=(∑i=1k+1i)2

Y yo ya lo veo claro, se ve que los dos miembros valen lo mismo. Dado

n=pk11pk22⋅⋅⋅pkjjn=p1k1p2k2···pjkj

El miembro izquierdo va a ser:

∑d|n(τ(d))3=∏i=1j(∑l=1ki+1l)2∑d|n(τ(d))3=∏i=1j(∑l=1ki+1l)2

y el de la derecha será

⎛⎝∑d|nτ(d)⎞⎠2=(∏i=1j∑l=1ki+1l)2=∏i=1j(∑l=1ki+1l)2(∑d|nτ(d))2=(∏i=1j∑l=1ki+1l)2=∏i=1j(∑l=1ki+1l)2

luego son iguales.

Y eso es todo, dejé sin demostrar unas propiedades multiplicatorias que se obtienen tomando factores comunes en los sumas que componen las expresiones pero es complicado de explicar aquí mientras que en una clase presencial sería muy sencillo explicarlo.